专题11 导数的应用-2018年高考数学（理）热点题型和提分秘籍

专题11 导数的应用-2018年高考数学（理）热点题型和提分秘籍

1.利用导数求函数的单调区间及极值(最值)、结合单调性与不等式的成立情况求参数范围是高考命题 的热点。 2．常与基本初等函数的图象与性质、解析几何、不等式、方程等交汇命题，主要考查转化与化归思想、 分类讨论思想的应用。 3．题型主要以解答题为主，属中高档题。 热点题型一 判断或证明函数的单调性 例 1、【2017 课标 II，理 11】若 2x   是函数 2 1( ) ( 1) xf x x ax e    的极值点，则 ( )f x 的极小值为（ ） A. 1 B. 32e C. 35e D.1 【答案】A 【变式探究】设 a∈[－2,0]，已知函数 f(x)＝ x3－ a＋5 x，x≤0 x3－a＋3 2 x2＋ax，x＞0。 证明 f(x)在区间(－1,1)内单调递减，在区间(1，＋∞)内单调递增。 解析：设函数 f1(x)＝x3－(a＋5)x(x≤0)，f2(x)＝x3－a＋3 2 x2＋ax(x≥0)。 ①f′1(x)＝3x2－(a＋5)，由于 a∈[－2,0]， 从而当－1＜x≤0 时， f′1(x)＝3x2－(a＋5)＜3－a－5≤0， 所以函数 f1(x)在区间(－1,0]内单调递减。 ②f′2(x)＝3x2－(a＋3)x＋a＝(3x－a)(x－1)。 由于 a∈[－2,0]， 所以当 0＜x＜1 时，f′2(x)＜0； 当 x＞1 时，f′2(x)＞0， 即函数 f2(x)在区间[0,1)内单调递减， 在区间(1，＋∞)内单调递增。 综合①②及 f1(0)＝f2(0)， 可知函数 f(x)在区间(－1,1)内单调递减， 在区间(1，＋∞)内单调递增。 【提分秘籍】导数法证明函数 f(x)在(a，b)内的单调性的步骤 (1)求 f′(x)； (2)确认 f′(x)在(a，b)内的符号； (3)作出结论：f′(x)＞0 时为增函数；f′(x)＜0 时为减函数。 【举一反三】 已知函数 f(x)＝x2－ex，试判断 f(x)的单调性并给予证明。 解析：f(x)＝x2－ex，f(x)在 R 上单调递减， f′(x)＝2x－ex，只要证明 f′(x)≤0 恒成立即可。 设 g(x)＝f′(x)＝2x－ex，则 g′(x)＝2－ex， 当 x＝ln2 时，g′(x)＝0， 当 x∈(－∞，ln2)时，g′(x)>0， 当 x∈(ln2，＋∞)时，g′(x)<0。 ∴f′(x)max＝g(x)max＝g(ln2)＝2ln2－2<0， ∴f′(x)<0 恒成立， ∴f(x)在 R 上单调递减。 热点题型二 求函数的单调区间 例 2、【2017 天津，理 20】设 aZ ，已知定义在 R 上的函数 4 3 2( ) 2 3 3 6f x x x x x a     在区间 (1,2) 内有一个零点 0x ， ( )g x 为 ( )f x 的导函数. （Ⅰ）求 ( )g x 的单调区间； （Ⅱ）设 0 0[1, ) ( ,2]m x x  ，函数 0( ) ( )( ) ( )h x g x m x f m   ，求证： 0( ) ( ) 0h m h x  ； （Ⅲ）求证：存在大于 0 的常数 A ，使得对于任意的正整数 ,p q ，且 0 0[1, ) ( ,2],p x xq   满足 0 4 1| |p xq Aq   . 【答案】（Ⅰ）增区间是  , 1  ， 1 ,4     ，递减区间是 11, 4     .（Ⅱ）见解析；（III）见解析. （Ⅱ）证明：由       0h x g x m x f m   ，得       0h m g m m x f m   ，       0 0 0h x g x m x f m   . 令函数       1 0H x g x x x f x   ，则     ' 1 0H x g x x x  .由（Ⅰ）知，当  1,2x 时，   0g x  ， 故当  01,x x 时，  ' 1 0H x  ，  1H x 单调递减；当  0,2x x 时，  ' 1 0H x  ，  1H x 单调递 增.因此，当    0 01, ,2x x x  时，      1 1 0 0 0H x H x f x    ，可得    1 0, 0H m h m 即 . 令函数       2 0 0H x g x x x f x   ，则      ' 2 0H x g x g x  .由（Ⅰ）知，  g x 在 1,2 上单调 递增，故当  01,x x 时，  ' 2 0H x  ，  2H x 单调递增；当  0,2x x 时，  ' 2 0H x  ，  2H x 单调递减.因此，当    0 01, ,2x x x  时，    2 2 0 0H x H x  ，可得    2 00, 0H m h x 即 . 所以，    0 0h m h x  . （III）证明：对于任意的正整数 p ， q ，且 0 0[1 ) ( , ], 2p x xq   ， 令 pm q  ，函数 0( ) ( )( ) ( )h g m xx x mf   . 由（II）知，当 0[1 ),m x 时， ( )h x 在区间 0( , )m x 内有零点； 当 0( ,2]m x 时， ( )h x 在区间 0( ),x m 内有零点. 所以 ( )h x 在 (1,2) 内至少有一个零点，不妨设为 1x ，则 1 1 0( ) ( )( ) ( ) 0p ph g x fqx qx    . 由（I）知 ( )g x 在[1,2] 上单调递增，故 10 ( ) ( )1 2( )g xg g   ， 于是 4 3 2 2 3 4 0 4 1 ( ) | ( ) | | 2 3 3 6 || | | |( ) ( ) (2 )2 p pf fp p p q p q pq aqq qxq g x g g q        . 因为当 [1 2],x 时， ( ) 0g x  ，故 ( )f x 在[1,2] 上单调递增， 所以 ( )f x 在区间[1,2] 上除 0x 外没有其他的零点，而 0 p xq  ，故 ( ) 0pf q  . 又因为 p ， q ， a 均为整数，所以 4 3 2 2 3 4| 2 3 3 6 |p p q p q pq aq    是正整数， 从而 4 3 2 2 3 4| 2 3 3 6 | 1p p q p q pq aq     . 所以 0 4 1| 2| ( ) p xq g q   .所以，只要取 ( )2A g ，就有 0 4 1| |p xq Aq   . 【变式探究】已知函数 f(x)＝1 3x3＋x2＋ax＋1(a∈R)，求函数 f(x)的单调区间。 解析：f′(x)＝x2＋2x＋a， 二次方程 x2＋2x＋a＝0 的判别式Δ＝4－4a＝4(1－a)，若 a≥1，则Δ≤0，f′(x)＝x2＋2x＋a≥0， ∴f(x)在 R 上单调递增。 若 a＜1，则Δ＞0，方程 x2＋2x＋a＝0 有两个不同的实数根，x1＝－1－ 1－a，x2＝－1＋ 1－a， 当 x＜x1 或 x＞x2 时，f′(x)＞0；当 x1＜x＜x2 时，f′(x)＜0， ∴f(x)的单调递增区间为(－∞，－1－ 1－a)和(－1＋ 1－a，＋∞)， 单调递减区间为(－1－ 1－a，－1＋ 1－a)。 【提分秘籍】 求函数的单调区间的“两个方法” 方法一 (1)确定函数 y＝f(x)的定义域； (2)求导数 y′＝f′(x)； (3)解不等式 f′(x)＞0，解集在定义域内的部分为单调递增区间； (4)解不等式 f′(x)＜0，解集在定义域内的部分为单调递减区间。 方法二 (1)确定函数 y＝f(x)的定义域； (2)求导数 y′＝f′(x)，令 f′(x)＝0，解此方程，求出在定义区间内的一切实根； (3)把函数 f(x)的间断点(即 f(x)的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来，然后 用这些点把函数 f(x)的定义区间分成若干个小区间； (4)确定 f′(x)在各个区间内的符号，根据符号判定函数在每个相应区间内的单调性。 【举一反三】 设 f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，其中 a∈R，曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与 y 轴相交于点(0,6)。 (1)确定 a 的值； (2)求函数 f(x)的单调区间与极值。 (2)由(1)知，f(x)＝1 2(x－5)2＋6lnx(x＞0)， f′(x)＝x－5＋6 x ＝ x－2 x－3 x 。 令 f′(x)＝0，解得 x1＝2，x2＝3。 当 0＜x＜2 或 x＞3 时，f′(x)＞0，故 f(x)在(0,2)，(3，＋∞)上为增函数；当 2＜x＜3 时，f′(x)＜0，故 f(x) 在(2,3)上为减函数。 由此可知 f(x)在 x＝2 处取得极大值 f(2)＝9 2 ＋6ln2，在 x＝3 处取得极小值 f(3)＝2＋6ln3。 热点题型三 已知函数的单调性求参数的范围 例 3．【2017 课标 1，理 21】已知函数 2( ) ( 2)x xf x ae a e x    . （1）讨论 ( )f x 的单调性； （2）若 ( )f x 有两个零点，求 a 的取值范围. 【答案】（1）见解析；（2） 0,1 . （2）（ⅰ）若 0a  ，由（1）知，  f x 至多有一个零点. （ⅱ）若 0a  ，由（1）知，当 lnx a  时，  f x 取得最小值，最小值为   1ln 1 lnf a aa     . ①当 1a  时，由于  ln 0f a  ，故  f x 只有一个零点； ②当  1,a  时，由于 11 ln 0aa    ，即  ln 0f a  ，故  f x 没有零点； ③当  0,1a 时， 11 ln 0aa    ，即  ln 0f a  . 又    4 2 22 e 2 e 2 2e 2 0f a a           ，故  f x 在 , lna  有一个零点. 设正整数 0n 满足 0 3ln 1n a      ，则    0 0 0 0 0 0 0 0e e 2 e 2 0n n n nf n a a n n n         . 由于 3ln 1 lnaa       ，因此  f x 在 ln ,a  有一个零点. 综上， a 的取值范围为 0,1 . 【变式探究】函数 f(x)＝ax3＋3x2＋3x(a≠0)。 (1)讨论 f(x)的单调性； (2)若 f(x)在区间(1,2)是增函数，求 a 的取值范围。 解析：(1)f′(x)＝3ax2＋6x＋3，f′(x)＝0 的判别式Δ＝36(1－a)。 ①若 a≥1，则 f′(x)≥0，且 f′(x)＝0 当且仅当 a＝1，x＝－1。故此时 f(x)在 R 上是增函数。 ②由于 a≠0，故当 a＜1 时，f′(x)＝0 有两个根； x1＝－1＋ 1－a a ，x2＝－1－ 1－a a 。 若 0＜a＜1，则当 x∈(－∞，x2)或 x∈(x1，＋∞)时 f′(x)＞0，故 f(x)分别在(－∞，x2)，(x1，＋∞)是增函数； 当 x∈(x2，x1)时 f′(x)＜0， 故 f(x)在(x2，x1)是减函数。 若 a＜0，则当 x∈(－∞，x1)或 x∈(x2，＋∞)时 f′(x)＜0，故 f(x)分别在(－∞，x1)，(x2，＋∞)是减函数； 当 x∈(x1，x2)时 f′(x)＞0，故 f(x)在(x1，x2)是增函数。 (2)当 a＞0，x＞0 时，f′(x)＝3ax2＋6x＋3＞0，故当 a＞0 时，f(x)在区间(1,2)是增函数。 当 a＜0 时，f(x)在区间(1,2)是增函数当且仅当 f′(1)≥0 且 f′(2)≥0，解得－5 4≤a＜0。 综上，a 的取值范围是 －5 4 ，0 ∪(0，＋∞)。 【提分秘籍】 已知函数单调性，求参数范围的两个方法 (1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集。 (2)转化为不等式的恒成立问题来求解：即“若函数单调递增，则 f′(x)≥0；若函数单调递减，则 f′(x)≤0”。 [提醒：]f(x)为增函数的充要条件是对任意的 x∈(a，b)都有 f′(x)≥0 且在(a，b)内的任一非空子区间上 f′(x)≠0。 应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解。 【举一反三】 已知函数 f(x)＝1 3x3＋mx2－3m2x＋1，m∈R。 (1)当 m＝1 时，求曲线 y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程； (2)若 f(x)在区间(－2,3)上是减函数，求 m 的取值范围。 (2)f′(x)＝x2＋2mx－3m2， 令 f′(x)＝0，得 x＝－3m 或 x＝m。 当 m＝0 时，f′(x)＝x2≥0 恒成立，不符合题意。 当 m＞0 时，f(x)的单调递减区间是(－3m，m)， 若 f(x)在区间(－2,3)上是减函数， 则 －3m≤－2 m≥3， 解得 m≥3。 当 m＜0 时，f(x)的单调递减区间是(m，－3m)， 若 f(x)在区间(－2,3)上是减函数， 则 m≤－2 －3m≥3， 解得 m≤－2。 综上所述，实数 m 的取值范围是(－∞，－2]∪[3，＋∞)。 热点题型四 利用导数研究函数的极值 例 4、【2017 山东，理 20】已知函数   2 2cosf x x x  ，    cos sin 2 2xg x e x x x    ，其中 2.71828e   是自然对数的底数. （Ⅰ）求曲线  y f x 在点   , f  处的切线方程； （Ⅱ）令       h x g x af x a R   ，讨论  h x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值. 【答案】（1） 22π π 2y x   （2）见解析 【解析】 （Ⅰ）由题意   2 2f    又   2 2sinf x x x  ， 所以   2f    ， 因此 曲线  y f x 在点   , f  处的切线方程为    2 2 2y x      ， 即 22 2y x    . （Ⅱ）由题意得      2cos sin 2 2 2cosxh x e x x x a x x      ， 因为        cos sin 2 2 sin cos 2 2 2sinx xh x e x x x e x x a x x             2 sin 2 sinxe x x a x x      2 sinxe a x x   ， 令   sinm x x x  则   1 cos 0m x x   所以  m x 在 R 上单调递增. 因为  0 0,m  所以 当 0x  时，   0,m x  当 0x  时，   0m x  (1)当 0a  时， xe a 0 当 0x  时，   0h x  ，  h x 单调递减， 当 0x  时，   0h x  ，  h x 单调递增， 所以 当 0x  时  h x 取得极小值，极小值是  0 2 1h a   ； (2)当 0a  时，     ln2 sinx ah x e e x x    由   0h x  得 1 lnx a ， 2 =0x ①当 0 1a  时， ln 0a  ， 当  ,lnx a  时，  ln 0, 0x ae e h x ，  h x 单调递增； 当  ln ,0x a 时，  ln 0, 0x ae e h x   ，  h x 单调递减； 当  0,x  时，  ln 0, 0x ae e h x   ，  h x 单调递增. 所以 当 lnx a 时  h x 取得极大值. 极大值为      2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a        ， 当 0x  时  h x 取到极小值，极小值是  0 2 1h a   ； ②当 1a  时， ln 0a  ， 所以 当  ,x   时，   0h x  ，函数  h x 在 ,  上单调递增，无极值； ③当 1a  时， ln 0a  所以 当  ,0x  时， ln 0x ae e  ，    0,h x h x  单调递增； 当  0,lnx a 时， ln 0x ae e  ，    0,h x h x  单调递减； 当  ln ,x a  时， ln 0x ae e  ，    0,h x h x  单调递增； 所以 当 0x  时  h x 取得极大值，极大值是  0 2 1h a   ； 当 lnx a 时  h x 取得极小值. 极小值是      2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a        . 综上所述： 当 0a  时，  h x 在 ,0 上单调递减，在 0, 上单调递增， 函数  h x 有极小值，极小值是  0 2 1h a   ； 当 0 1a  时，函数  h x 在 ,lna 和 0,lna 和  0, 上单调递增，在 ln ,0a 上单调递减，函数  h x 有极大值，也有极小值， 极大值是      2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a        极小值是  0 2 1h a   ； 当 1a  时，函数  h x 在 ,  上单调递增，无极值； 当 1a  时，函数  h x 在 ,0 和 ln ,a  上单调递增， 在 0,lna 上单调递减，函数  h x 有极大值，也有极小值， 极大值是  0 2 1h a   ； 极小值是      2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a        . 【变式探究】已知函数 f(x)＝x－1＋a ex(a∈R，e 为自然对数的底数)。 (1)若曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于 x 轴，求 a 的值； (2)求函数 f(x)的极值。 解析：(1)由 f(x)＝x－1＋a ex ， 得 f′(x)＝1－a ex 。 又曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于 x 轴， 得 f′(1)＝0，即 1－a e ＝0，解得 a＝e。 【提分秘籍】 求函数 f(x)极值的步骤 (1)确定函数的定义域； (2)求导数 f′(x)； (3)解方程 f′(x)＝0，求出函数定义域内的所有根； (4)列表检验 f′(x)在 f′(x)＝0 的根 x0 左右两侧值的符号，如果左正右负，那么 f(x)在 x0 处取极大值，如果左 负右正，那么 f(x)在 x0 处取极小值。 【举一反三】 设 f(x)＝2x3＋ax2＋bx＋1 的导数为 f′(x)，若函数 y＝f′(x)的图象关于直线 x＝－1 2 对称，且 f′(1)＝0。 (1)求实数 a，b 的值； (2)求函数 f(x)的极值。 解析：(1)因为 f(x)＝2x3＋ax2＋bx＋1， 故 f′(x)＝6x2＋2ax＋b， 从而 f′(x)＝6 x＋a 6 2＋b－a2 6 ， 即 y＝f′(x)关于直线 x＝－a 6 对称。 从而由题设条件知－a 6 ＝－1 2 ，即 a＝3。 又由于 f′(1)＝0，即 6＋2a＋b＝0， 得 b＝－12。 (2)由(1)知 f(x)＝2x3＋3x2－12x＋1， 所以 f′(x)＝6x2＋6x－12＝6(x－1)(x＋2)， 令 f′(x)＝0， 即 6(x－1)(x＋2)＝0， 解得 x＝－2 或 x＝1， 当 x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0， 即 f(x)在(－∞，－2)上单调递增； 当 x∈(－2,1)时，f′(x)<0， 即 f(x)在(－2,1)上单调递减； 当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0， 即 f(x)在(1，＋∞)上单调递增。 从而函数 f(x)在 x＝－2 处取得极大值 f(－2)＝21， 在 x＝1 处取得极小值 f(1)＝－6。 热点题型五 利用导数研究函数的最值 例 5、已知函数 f(x)＝lnx－ax(a∈R)。 (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)当 a＞0 时，求函数 f(x)在[1,2]上的最小值。 解析：(1)f′(x)＝1 x －a(x＞0)， ①当 a≤0 时，f′(x)＝1 x －a＞0， 即函数 f(x)的单调增区间为(0，＋∞)。 ②当 a＞0 时，令 f′(x)＝1 x －a＝0， 可得 x＝1 a ，当 0＜x＜1 a 时，f′(x)＝1－ax x ＞0； 当 x＞1 a 时，f′(x)＝1－ax x ＜0，故函数 f(x)的单调递增区间为 0，1 a ， 单调递减区间为 1 a ，＋∞ 。 (2)由(1)知，①当1 a≤1，即 a≥1 时， 函数 f(x)在区间[1,2]上是减函数，∴f(x)的最小值是 f(2)＝ln2－2a。 ②当1 a≥2，即 0＜a≤1 2 时，函数 f(x)在区间[1,2]上是增函数， ∴f(x)的最小值是 f(1)＝－a。 ③当 1＜1 a ＜2，即1 2 ＜a＜1 时，函数 f(x)在 1，1 a 上是增函数， 在 1 a ，2 上是减函数。又 f(2)－f(1)＝ln2－a， ∴当1 2 ＜a＜ln2 时，最小值是 f(1)＝－a；当 ln2≤a＜1 时，最小值为 f(2)＝ln2－2a。 综上可知，当 0＜a＜ln2 时，函数 f(x)的最小值是－a； 当 a≥ln2 时，函数 f(x)的最小值是 ln2－2a。 【提分秘籍】 求函数 f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤 (1)求函数在(a，b)内的极值； (2)求函数在区间端点的函数值 f(a)，f(b)； (3)将函数 f(x)的各极值与 f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值。 【举一反三】 设函数 f(x)＝alnx－bx2(x＞0)，若函数 f(x)在 x＝1 处与直线 y＝－1 2 相切。 (1)求实数 a，b 的值； (2)求函数 f(x)在 1 e ，e 上的最大值。 解析：(1)f′(x)＝a x －2bx， ∵函数 f(x)在 x＝1 处与直线 y＝－1 2 相切， ∴ f′ 1 ＝a－2b＝0 f 1 ＝－b＝－1 2 ， 解得 a＝1 b＝1 2 。 (2)f(x)＝lnx－1 2x2，f′(x)＝1 x －x＝1－x2 x ， ∵当1 e≤x≤e 时，令 f′(x)＞0 得1 e≤x＜1； 令 f′(x)＜0，得 1＜x≤e， ∴f(x)在 1 e ，1 上单调递增， 在[1，e]上单调递减， ∴f(x)max＝f(1)＝－1 2 。 热点题型六 函数极值与最值的综合问题 例 6、【2017 江苏，20】 已知函数 3 2( ) 1( 0, )f x x ax bx a b     R 有极值,且导函数 ( )f x 的极值点是 ( )f x 的零点.（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值） （1）求 b 关于 a 的函数关系式，并写出定义域； （2）证明： 2 3b a ; （3）若 ( )f x , ( )f x 这两个函数的所有极值之和不小于 7 2  ，求 a 的取值范围. 【答案】（1） 22 3 9 ab a   ，定义域为 (3, ) .（2）见解析（3） 3 6， . 3a  时， ( )>0( 1)f x x   ，故 ( )f x 在 R 上是增函数， ( )f x 没有极值； 3a  时， ( )=0f x 有两个相异的实根 2 1 3= 3 a a bx    ， 2 2 3= 3 a a bx    . 列表如下 x 1( , )x 1x  1 2,x x 2x 2( , )x  ( )f x + 0 – 0 + ( )f x  极大值  极小值  故 ( )f x 的极值点是 1 2,x x . 从而 3a  ， 因此 22 3 9 ab a   ，定义域为 (3, ) . （3）由（1）知， ( )f x 的极值点是 1 2,x x ，且 1 2 2 3x x a   ， 2 2 2 1 2 4 6 9 a bx x   . 从而     3 2 3 2 1 2 1 1 1 2 2 21 1f x f x x ax bx x ax bx                2 2 2 21 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 23 2 3 2 23 3 3 3 x xx ax b x ax b a x x b x x           34 6 4 2 027 9 a ab ab    记 ( )f x ， ( )f x 所有极值之和为 ( )h a ， 因为 ( )f x 的极值为 2 21 3 3 9 ab a a     ，所以 21 3( )= 9h a a a   ， 3a  . 因为 2 2 3( )= 09h a a a     ，于是 ( )h a 在 (3, ) 上单调递减. 因为 7(6)= 2h  ，于是 ( ) (6)h a h ，故 6a  . 因此 a 的取值范围为  3 6， . 【提分秘籍】 求一个函数在闭区间上的最值和在无穷区间(或开区间)上的最值时，方法是不同的。求函数在无穷区间(或 开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的 大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值。 【举一反三】 已知函数 f(x)＝(4x2＋4ax＋a2) x，其中 a＜0。 (1)当 a＝－4 时，求 f(x)的单调递增区间； (2)若 f(x)在区间[1,4]上的最小值为 8，求 a 的值。 解析：(1)当 a＝－4 时，由 f′(x)＝2 5x－2 x－2 x ＝0 得 x＝2 5 或 x＝2，由 f′(x)＞0 得 x∈ 0，2 5 或 x∈(2， ＋∞)， 故函数 f(x)的单调递增区间为 0，2 5 和(2，＋∞)。 (2)f′(x)＝ 10x＋a 2x＋a 2 x ，a＜0，由 f′(x)＝0 得 x＝－ a 10 或 x＝－a 2 。当 x∈ 0，－ a 10 时，f(x)单调递 增； 当 x∈ － a 10 ，－a 2 时，f(x)单调递减； 当 x∈ －a 2 ，＋∞ 时，f(x)单调递增。 易知 f(x)＝(2x＋a)2 x≥0，且 f －a 2 ＝0。 ①当－a 2≤1 时，即－2≤a＜0 时，f(x)在[1,4]上的最小值为 f(1)，由 f(1)＝4＋4a＋a2＝8，得 a＝±2 2－2， 均不符合题意。 ②当 1＜－a 2≤4 时，即－8≤a＜－2 时，f(x)在[1,4]上的最小值为 f －a 2 ＝0，不符合题意。 ③当－a 2 ＞4 时，即 a＜－8 时，f(x)在[1,4]上的最小值可能在 x＝1 或 x＝4 处取得，而 f(1)≠8，由 f(4)＝2(64 ＋16a＋a2)＝8 得 a＝－10 或 a＝－6(舍去)，当 a＝－10 时，f(x)在(1,4)单调递减，f(x)在[1,4]上的最小值为 f(4)＝8，符合题意。 综上有，a＝－10。 热点题型七 利用导数研究生活中的优化问题 例 7、某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)。设该蓄水池的底面半径为 r 米，高为 h 米，体 积为 V 立方米。假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为 100 元/平方米，底面的建筑成本为 160 元/平方米，该蓄水池的总建造成本为 12 000π元(π为圆周率)。 (1)将 V 表示成 r 的函数 V(r)，并求该函数的定义域； (2)讨论函数 V(r)的单调性，并确定 r 和 h 为何值时该蓄水池的体积最大。 解析：(1)因为蓄水池侧面的总成本为 100×2πrh＝200πrh 元，底面的总成本为 160πr2 元，所以蓄水池的总 成本为(200πrh＋160πr2)元。 又根据题意得 200πrh＋160πr2＝12 000π， 所以 h＝ 1 5r(300－4r2)， 从而 V(r)＝πr2h＝π 5(300r－4r3)。 由 h＞0，且 r＞0 可得 0＜r＜5 3，故函数 V(r)的定义域为(0,5 3)。 (2)因 V(r)＝π 5(300r－4r3)，所以 V′(r)＝π 5(300－12r2)．令 V′(r)＝0，解得 r1＝5，r2＝－5(因为 r2＝－5 不在 定义域内，舍去)。 当 r∈(0,5)时，V′(r)＞0，故 V(r)在(0,5)上为增函数； 当 r∈(5,5 3)时，V′(r)＜0，故 V(r)在(5,5 3)上为减函数。 由此可知，V(r)在 r＝5 处取得最大值，此时 h＝8，即当 r＝5，h＝8 时，该蓄水池的体积最大。 【提分秘籍】 利用导数解决生活中的优化问题的四个步骤 (1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式 y ＝f(x)。 (2)求函数的导数 f′(x)，解方程 f′(x)＝0。 (3)比较函数在区间端点和 f′(x)＝0 的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值。 (4)回归实际问题作答。 【举一反三】 请你设计一个包装盒。如图所示，ABCD 是边长为 60 cm 的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等 的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得 A，B，C，D 四个点重合于图中的点 P，正好形成一个正四棱 柱形状的包装盒。E、F 在 AB 上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点。设 AE＝FB＝x(cm)。 (1)若广告商要求包装盒的侧面积 S(cm2)最大，试问 x 应取何值？ (2)某厂商要求包装盒的容积 V(cm3)最大，试问 x 应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值。 解析：设包装盒的高为 h(cm)，底面边长为 a(cm)。由已知得 a＝ 2x，h＝60－2x 2 ，0＜x＜30。 (1)S＝4ah＝8x(30－x)＝－8(x－15)2＋1800， 所以当 x＝15 时，S 取得最大值。 (2)V＝a2h＝2 2(－x3＋30x2)，V′＝6 2x(20－x)。 由 V′＝0 得 x＝0(舍)或 x＝20。 当 x∈(0,20)时，V′＞0；当 x∈(20,30)时，V′＜0。 所以当 x＝20 时，V 取得极大值，也是最大值。 此时h a ＝1 2 。即包装盒的高与底面边长的比值为1 2 。 热点题型八 利用导数研究恒成立问题 例 8、设函数 f(x)＝1 2x2＋ex－xex。 (1)求 f(x)的单调区间； (2)若当 x∈[－2,2]时，不等式 f(x)＞m 恒成立，求实数 m 的取值范围。 【提分秘籍】 利用导数解决参数问题主要涉及以下方面 (1)已知不等式在某一区间上恒成立，求参数的取值范围：一般先分离参数，再转化为求函数在给定区间 上的最值问题求解。 (2)已知函数的单调性求参数的取值范围：转化为 f′(x)≥0(或 f′(x)≤0)恒成立的问题。 (3)已知函数的零点个数求参数的取值范围：利用函数的单调性、极值画出函数的大致图象，数形结合求 解。 【举一反三】 设函数 f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1(x∈R，t＞0)。 (1)求 f(x)的最小值 h(t)； (2)若 h(t)＜－2t＋m 对 t∈(0,2)恒成立，求实数 m 的取值范围。 解析：(1)∵f(x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x∈R，t＞0)，∴当 x＝－t 时，f(x)取最小值 f(－t)＝－t3＋t－1，即 h(t) ＝－t3＋t－1。 (2)令 g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m， 由 g′(t)＝－3t2＋3＝0，得 t＝1，t＝－1(不合题意，舍去)。 当 t 变化时，g′(t)、g(t)的变化情况如下表： t (0,1) 1 (1,2) g′(t) ＋ 0 － g(t) 递增 极大值 1－m 递减 ∴g(t)在(0,2)内有最大值 g(1)＝1－m。 h(t)＜－2t＋m 在(0,2)内恒成立等价于 g(t)＜0 在(0,2)内恒成立，即等价于 1－m＜0， ∴m 的取值范围为 m＞1。 热点题型九 利用导数证明不等式问题 例 9、已知函数 f(x)＝ax－ex(a＞0)。 (1)若 a＝1 2 ，求函数 f(x)的单调区间； (2)当 1≤a≤1＋e 时，求证：f(x)≤x。 解析：(1)当 a＝1 2 时，f(x)＝1 2x－ex。 f′(x)＝1 2 －ex，令 f′(x)＝0，得 x＝－ln2。 当 x＜－ln2 时，f′(x)＞0； 当 x＞－ln2 时，f′(x)＜0， ∴函数 f(x)的单调递增区间为(－∞，－ln2)， 单调递减区间为(－ln2，＋∞)。 (2)证明：法一：令 F(x)＝x－f(x)＝ex－(a－1)x， (ⅰ)当 a＝1 时，F(x)＝ex＞0， ∴f(x)≤x 成立。 (ⅱ)当 1＜a≤1＋e 时， F′(x)＝ex－(a－1)＝ex－eln(a－1)， ∴当 x＜ln(a－1)时，F′(x)＜0； 当 x＞ln(a－1)时，F′(x)＞0， ∴F(x)在(－∞，ln(a－1))上单调递减， 在(ln(a＋1)，＋∞)上单调递增。 ∴F(x)≥F(ln(a－1))＝eln(a－1)－(a－1)·ln(a－1)＝(a－1)[1－ln(a－1)]， ∵1＜a≤1＋e， ∴a－1＞0,1－ln(a－1)≥1－ln[(1＋e)－1]＝0， ∴F(x)≥0，即 f(x)≤x 成立。 综上，当 1≤a≤1＋e 时，有 f(x)≤x。 (2)证明：法一：令 F(x)＝x－f(x)＝ex－(a－1)x， (ⅰ)当 a＝1 时，F(x)＝ex＞0， ∴f(x)≤x 成立。 (ⅱ)当 1＜a≤1＋e 时， F′(x)＝ex－(a－1)＝ex－eln(a－1)， ∴当 x＜ln(a－1)时，F′(x)＜0； 当 x＞ln(a－1)时，F′(x)＞0， ∴F(x)在(－∞，ln(a－1))上单调递减， 在(ln(a＋1)，＋∞)上单调递增。 ∴F(x)≥F(ln(a－1))＝eln(a－1)－(a－1)·ln(a－1)＝(a－1)[1－ln(a－1)]， ∵1＜a≤1＋e， ∴a－1＞0,1－ln(a－1)≥1－ln[(1＋e)－1]＝0， ∴F(x)≥0，即 f(x)≤x 成立。 综上，当 1≤a≤1＋e 时，有 f(x)≤x。 【提分秘籍】 利用导数方法证明不等式 f(x)＞g(x)在区间 D 上恒成立的基本方法是构造函数 h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据 函数的单调性，或者函数的最值证明函数 h(x)＞0，其中一个重要技巧就是找到函数 h(x)在什么地方可以 等于零，这往往就是解决问题的一个突破口。 【举一反三】 已知函数 f(x)＝1 2x2－1 3ax3(a＞0)，函数 g(x)＝f(x)＋ex(x－1)，函数 g(x)的导函数为 g′(x)。 (1)求函数 f(x)的极值； (2)若 a＝e。 ①求函数 g(x)的单调区间； ②求证：x＞0 时，不等式 g′(x)≥1＋lnx 恒成立。 (2)∵a＝e， ∴g(x)＝1 2x2－1 3ex3＋ex(x－1)， g′(x)＝x(ex－ex＋1)。 ①记 h(x)＝ex－ex＋1，则 h′(x)＝ex－e， 当 x∈(－∞，1)时，h′(x)＜0，h(x)是减函数； x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)是增函数， ∴h(x)≥h(1)＝1＞0， 则在(0，＋∞)上，g′(x)＞0； 在(－∞，0)上，g′(x)＜0， ∴函数 g(x)的单调递增区间是(0，＋∞)， 单调递减区间是(－∞，0)。 ②证明：x＞0 时， g′(x)＝x(ex－ex＋1)≥1＋lnx ⇔ ex－ex＋1≥1＋lnx x ， 由①知，h(x)＝ex－ex＋1≥1， 记φ(x)＝1＋lnx－x(x＞0)。 则φ′(x)＝1－x x ， 在区间(1，＋∞)上，φ′(x)＜0，φ(x)是减函数， ∴φ(x)≤φ(1)＝0，即 1＋lnx－x≤0，1＋lnx x ≤1， ∴ex－ex＋1≥1≥1＋lnx x ， 即 g′(x)≥1＋lnx 恒成立。 1.【2017 课标 II，理 11】若 2x   是函数 2 1( ) ( 1) xf x x ax e    的极值点，则 ( )f x 的极小值为（ ） A. 1 B. 32e C. 35e D.1 【答案】A 2.【2017 浙江，7】函数 y=f(x)的导函数 ( )y f x 的图像如图所示，则函数 y=f(x)的图像可能是 【答案】D 【解析】原函数先减再增，再减再增，且由增变减时，极值点大于 0，因此选 D． 3.【2017 课标 1，理 21】已知函数 2( ) ( 2)x xf x ae a e x    . （1）讨论 ( )f x 的单调性； （2）若 ( )f x 有两个零点，求 a 的取值范围. 【答案】（1）见解析；（2） 0,1 . 【解析】（1）  f x 的定义域为 ,  ，       22 2 1 1 2 1x x x xf x ae a e ae e       ， （ⅰ）若 0a  ，则   0f x  ，所以  f x 在 ,  单调递减. （ⅱ）若 0a  ，则由   0f x  得 lnx a  . 当  , lnx a   时，   0f x  ；当  ln ,x a   时，   0f x  ，所以  f x 在 , lna  单调 递减，在 ln ,a  单调递增. （2）（ⅰ）若 0a  ，由（1）知，  f x 至多有一个零点. （ⅱ）若 0a  ，由（1）知，当 lnx a  时，  f x 取得最小值，最小值为   1ln 1 lnf a aa     . ①当 1a  时，由于  ln 0f a  ，故  f x 只有一个零点； ②当  1,a  时，由于 11 ln 0aa    ，即  ln 0f a  ，故  f x 没有零点； ③当  0,1a 时， 11 ln 0aa    ，即  ln 0f a  . 又    4 2 22 e 2 e 2 2e 2 0f a a           ，故  f x 在 , lna  有一个零点. 设正整数 0n 满足 0 3ln 1n a      ，则    0 0 0 0 0 0 0 0e e 2 e 2 0n n n nf n a a n n n         . 由于 3ln 1 lnaa       ，因此  f x 在 ln ,a  有一个零点. 综上， a 的取值范围为 0,1 . 4.【2017 山东，理 20】已知函数   2 2cosf x x x  ，    cos sin 2 2xg x e x x x    ，其中 2.71828e   是 自然对数的底数. （Ⅰ）求曲线  y f x 在点   , f  处的切线方程； （Ⅱ）令       h x g x af x a R   ，讨论  h x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值. 【答案】（1） 22π π 2y x   （2）见解析 【解析】 （Ⅰ）由题意   2 2f    又   2 2sinf x x x  ， 所以   2f    ， 因此 曲线  y f x 在点   , f  处的切线方程为    2 2 2y x      ， 即 22 2y x    . （Ⅱ）由题意得      2cos sin 2 2 2cosxh x e x x x a x x      ， 因为        cos sin 2 2 sin cos 2 2 2sinx xh x e x x x e x x a x x             2 sin 2 sinxe x x a x x      2 sinxe a x x   ， 令   sinm x x x  则   1 cos 0m x x   所以  m x 在 R 上单调递增. 因为  0 0,m  所以 当 0x  时，   0,m x  当 0x  时，   0m x  (1)当 0a  时， xe a 0 当 0x  时，   0h x  ，  h x 单调递减， 当 0x  时，   0h x  ，  h x 单调递增， 所以 当 0x  时  h x 取得极小值，极小值是  0 2 1h a   ； (2)当 0a  时，     ln2 sinx ah x e e x x    由   0h x  得 1 lnx a ， 2 =0x ①当 0 1a  时， ln 0a  ， 当  ,lnx a  时，  ln 0, 0x ae e h x ，  h x 单调递增； 当  ln ,0x a 时，  ln 0, 0x ae e h x   ，  h x 单调递减； 当  0,x  时，  ln 0, 0x ae e h x   ，  h x 单调递增. 所以 当 lnx a 时  h x 取得极大值. 极大值为      2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a        ， 当 0x  时  h x 取到极小值，极小值是  0 2 1h a   ； ②当 1a  时， ln 0a  ， 所以 当  ,x   时，   0h x  ，函数  h x 在 ,  上单调递增，无极值； ③当 1a  时， ln 0a  所以 当  ,0x  时， ln 0x ae e  ，    0,h x h x  单调递增； 当  0,lnx a 时， ln 0x ae e  ，    0,h x h x  单调递减； 当  ln ,x a  时， ln 0x ae e  ，    0,h x h x  单调递增； 所以 当 0x  时  h x 取得极大值，极大值是  0 2 1h a   ； 当 lnx a 时  h x 取得极小值. 极小值是      2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a        . 综上所述： 当 0a  时，  h x 在 ,0 上单调递减，在 0, 上单调递增， 函数  h x 有极小值，极小值是  0 2 1h a   ； 当 0 1a  时，函数  h x 在 ,lna 和 0,lna 和  0, 上单调递增，在 ln ,0a 上单调递减，函数  h x 有极大值，也有极小值， 极大值是      2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a        极小值是  0 2 1h a   ； 当 1a  时，函数  h x 在 ,  上单调递增，无极值； 当 1a  时，函数  h x 在 ,0 和 ln ,a  上单调递增， 在 0,lna 上单调递减，函数  h x 有极大值，也有极小值， 极大值是  0 2 1h a   ； 极小值是      2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a        . 5.【2017 天津，理 20】设 aZ ，已知定义在 R 上的函数 4 3 2( ) 2 3 3 6f x x x x x a     在区间 (1,2) 内 有一个零点 0x ， ( )g x 为 ( )f x 的导函数. （Ⅰ）求 ( )g x 的单调区间； （Ⅱ）设 0 0[1, ) ( ,2]m x x  ，函数 0( ) ( )( ) ( )h x g x m x f m   ，求证： 0( ) ( ) 0h m h x  ； （Ⅲ）求证：存在大于 0 的常数 A ，使得对于任意的正整数 ,p q ，且 0 0[1, ) ( ,2],p x xq   满足 0 4 1| |p xq Aq   . 【答案】（Ⅰ）增区间是  , 1  ， 1 ,4     ，递减区间是 11, 4     .（Ⅱ）见解析；（III）见解析. 【解析】（Ⅰ）解：由   4 3 22 3 3 6f x x x x x a     ，可得     3 28 9 6 6g x f x x x x     ， 进而可得   224 18 6g x x x    .令   0g x  ，解得 1x   ，或 1 4x  . 当 x 变化时， ( ), ( )g x g x 的变化情况如下表： x ( , 1)  1( 1, )4  1( , )4  ( )g x + - + ( )g x ↗ ↘ ↗ 所以， ( )g x 的单调递增区间是 ( , 1)  ， 1( , )4  ，单调递减区间是 1( 1, )4  . （Ⅱ）证明：由       0h x g x m x f m   ，得       0h m g m m x f m   ，       0 0 0h x g x m x f m   . 令函数       1 0H x g x x x f x   ，则     ' 1 0H x g x x x  .由（Ⅰ）知，当  1,2x 时，   0g x  ， 故当  01,x x 时，  ' 1 0H x  ，  1H x 单调递减；当  0,2x x 时，  ' 1 0H x  ，  1H x 单调递 增.因此，当    0 01, ,2x x x  时，      1 1 0 0 0H x H x f x    ，可得    1 0, 0H m h m 即 . 令函数       2 0 0H x g x x x f x   ，则      ' 2 0H x g x g x  .由（Ⅰ）知，  g x 在 1,2 上单调 递增，故当  01,x x 时，  ' 2 0H x  ，  2H x 单调递增；当  0,2x x 时，  ' 2 0H x  ，  2H x 单调递减.因此，当    0 01, ,2x x x  时，    2 2 0 0H x H x  ，可得    2 00, 0H m h x 即 . 所以，    0 0h m h x  . （III）证明：对于任意的正整数 p ， q ，且 0 0[1 ) ( , ], 2p x xq   ， 令 pm q  ，函数 0( ) ( )( ) ( )h g m xx x mf   . 由（II）知，当 0[1 ),m x 时， ( )h x 在区间 0( , )m x 内有零点； 当 0( ,2]m x 时， ( )h x 在区间 0( ),x m 内有零点. 所以 ( )h x 在 (1,2) 内至少有一个零点，不妨设为 1x ，则 1 1 0( ) ( )( ) ( ) 0p ph g x fqx qx    . 由（I）知 ( )g x 在[1,2] 上单调递增，故 10 ( ) ( )1 2( )g xg g   ， 于是 4 3 2 2 3 4 0 4 1 ( ) | ( ) | | 2 3 3 6 || | | |( ) ( ) (2 )2 p pf fp p p q p q pq aqq qxq g x g g q        . 因为当 [1 2],x 时， ( ) 0g x  ，故 ( )f x 在[1,2] 上单调递增， 所以 ( )f x 在区间[1,2] 上除 0x 外没有其他的零点，而 0 p xq  ，故 ( ) 0pf q  . 又因为 p ， q ， a 均为整数，所以 4 3 2 2 3 4| 2 3 3 6 |p p q p q pq aq    是正整数， 从而 4 3 2 2 3 4| 2 3 3 6 | 1p p q p q pq aq     . 所以 0 4 1| 2| ( ) p xq g q   .所以，只要取 ( )2A g ，就有 0 4 1| |p xq Aq   . 1.【2016 高考江苏卷】（本小题满分 16 分） 已知函数 ( ) ( 0, 0, 1, 1)x xf x a b a b a b      . 设 12, 2a b  . （1）求方程 ( ) 2f x  的根; （2）若对任意 x R ,不等式 (2 ) f( ) 6f x m x  恒成立，求实数 m 的最大值； （3）若 0 1, 1a b  ＞ ，函数     2g x f x  有且只有 1 个零点，求 ab 的值。 【答案】（1）①0 ②4（2）1 （2）因为函数 ( ) ( ) 2g x f x  只有 1 个零点，而 0 0(0) (0) 2 2 0g f a b      ， 所以 0 是函数 ( )g x 的唯一零点. 因为 ( ) ln lnx xg' x a a b b  ，又由 0 1, 1a b   知 ln 0,ln 0a b  ， 所以 ( ) 0g' x  有唯一解 0 lnlog ( )lnb a ax b   . 令 ( ) ( )h x g' x ，则 2 2( ) ( ln ln ) (ln ) (ln )x x x xh' x a a b b ' a a b b    ， 从而对任意 xR ， ( ) 0h' x  ，所以 ( ) ( )g' x h x 是 ( , )  上的单调增函数， 于是当 0( , )x x  ， 0( ) ( ) 0g' x g' x  ；当 0( , )x x  时， 0( ) ( ) 0g' x g' x  . 因而函数 ( )g x 在 0( , )x 上是单调减函数，在 0( , )x  上是单调增函数. 下证 0 0x  . 若 0 0x  ，则 0 0 02 xx   ，于是 0( ) (0) 02 xg g  ， 又 log 2 log 2 log 2(log 2) 2 2 0a a a ag a b a      ，且函数 ( )g x 在以 0 2 x 和 log 2a 为端点的闭区间上的图象 不间断，所以在 0 2 x 和 log 2a 之间存在 ( )g x 的零点，记为 1x . 因为 0 1a  ，所以 log 2 0a  ，又 0 02 x  ， 所以 1 0x  与“0 是函数 ( )g x 的唯一零点”矛盾. 若 0 0x  ，同理可得，在 0 2 x 和 log 2a 之间存在 ( )g x 的非 0 的零点，矛盾. 因此， 0 0x  . 于是 ln 1ln a b   ，故 ln ln 0a b  ，所以 1ab  . 2.【2016 高考天津理数】（本小题满分 14 分） 设函数 3( ) ( 1)f x x ax b    , Rx ，其中 Rba , (I)求 )(xf 的单调区间； (II) 若 )(xf 存在极值点 0x ，且 )()( 01 xfxf  ，其中 01 xx  ，求证： 1 02 3x x  ； （Ⅲ）设 0a ，函数 |)(|)( xfxg  ，求证： )(xg 在区间 ]1,1[ 上的最大值不小于．．．4 1 . 【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）详见解析 【解析】 （Ⅰ）解：由 baxxxf  3)1()( ，可得 axxf  2)1(3)(' . 下面分两种情况讨论： （1）当 0a 时，有 0)1(3)(' 2  axxf 恒成立，所以 )(xf 的单调递增区间为 ),(  . （2）当 0a 时，令 0)(' xf ，解得 31 3 ax   ，或 31 3 ax   . 当 x 变化时， )(' xf ， )(xf 的变化情况如下表： x 3( ,1 )3 a  31 3 a 3 3(1 ,1 )3 3 a a  31 3 a 3(1 , )3 a  )(' xf ＋ 0 － 0 ＋ )(xf 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以 )(xf 的单调递减区间为 3 3(1 ,1 )3 3 a a  ，单调递增区间为 3( ,1 )3 a  ， 3(1 , )3 a  . （Ⅲ）证明：设 )(xg 在区间 ]2,0[ 上的最大值为 M ， },max{ yx 表示 yx, 两数的最大值.下面分三种情况 讨论： （1）当 3a 时， 3 31 0 2 13 3 a a     ，由（Ⅰ）知， )(xf 在区间 ]2,0[ 上单调递减，所以 )(xf 在区间 ]2,0[ 上的取值范围为 )]0(),2([ ff ，因此 max{| (2) |,| (0) |} max{|1 2 |,| 1 |} M f f a b b       |})(1||,)(1max{| baabaa       0),(1 0),(1 babaa babaa ， 所以 2||1  baaM . （2）当 34 3  a 时， 2 3 3 3 2 31 0 1 1 2 13 3 3 3 a a a a         ，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知， 2 3 3(0) (1 ) (1 )3 3 a af f f    ， 2 3 3(2) (1 ) (1 )3 3 a af f f    ， 所以 )(xf 在区间 ]2,0[ 上的取值范围为 3 3[ (1 ), (1 )]3 3 a af f  ，因此 3 3 2 2max{| (1 ) |,| (1 ) |} max{| 3 |,| 3 |}3 3 9 9 a a a aM f f a a b a a b         |})(39 2||,)(39 2max{| baaabaaa  4 1 4 334 3 9 2||39 2  baaa . （3）当 4 30  a 时， 2 3 2 30 1 1 23 3 a a     ，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知， 2 3 3(0) (1 ) (1 )3 3 a af f f    ， 2 3 3(2) (1 ) (1 )3 3 a af f f    ， 所以 )(xf 在区间 ]2,0[ 上的取值范围为 )]2(),0([ ff ，因此 |}21||,1max{||})2(||,)0(max{| babffM  |})(1||,)(1max{| baabaa  4 1||1  baa . 综上所述，当 0a 时， )(xg 在区间 ]2,0[ 上的最大值不小于 4 1 . 3.【2016 高考新课标 3 理数】设函数 ( ) cos2 ( 1)(cos 1)f x a x a x    ，其中 0a  ，记| ( ) |f x 的最大 值为 A． （Ⅰ）求 ( )f x ； （Ⅱ）求 A； （Ⅲ）证明| ( ) | 2f x A  ． 【答案】（Ⅰ） ' ( ) 2 sin 2 ( 1)sinf x a x a x    ；（Ⅱ） 2 12 3 ,0 5 6 1 1, 18 5 3 2, 1 a a a aA aa a a              ；（Ⅲ）见解析． 【解析】 （Ⅰ） ( ) 2 sin 2 ( 1)sinf x x x      . （Ⅱ）当 1  时， | ( ) | | sin 2 ( 1)(cos 1) |f x x x      2( 1)    3 2  (0)f . 因此 3 2A   . 当 0 1  时，将 ( )f x 变形为 2( ) 2 cos ( 1)cos 1f x x x     ． 令 2( ) 2 ( 1) 1g t t t     ，则 A 是 | ( ) |g t 在 [ 1,1] 上的最大值， ( 1)g   ， (1) 3 2g   ，且当 1 4t    时， ( )g t 取得极小值，极小值为 2 21 ( 1) 6 1( ) 14 8 8g                ． 令 11 14      ，解得 1 3    （舍去）， 1 5   ． （Ⅰ）当 10 5   时， ( )g t 在 ( 1,1) 内无极值点，| ( 1) |g   ，| (1) | 2 3g   ，| ( 1) | | (1) |g g  ， 所以 2 3A   ． （Ⅱ）当 1 15 a  时，由 ( 1) (1) 2(1 ) 0g g      ，知 1( 1) (1) ( )4g g g      ．又 1 (1 )(1 7 )| ( ) | | ( 1) | 04 8g g           ，所以 21 6 1| ( ) |4 8A g          ． 综上， 2 12 3 ,0 ,5 6 1 1, 1,8 5 3 2, 1. A                     4【2016 高考浙江理数】（本小题 15 分）已知 3a  ，函数 F（x）=min{2|x−1|，x2−2ax+4a−2}， 其中 min{p，q}= , > p p q q p q.    ， ， （I）求使得等式 F（x）=x2−2ax+4a−2 成立的 x 的取值范围； （II）（i）求 F（x）的最小值 m（a）； （ii）求 F（x）在区间[0,6]上的最大值 M（a）. 【答案】（I） 2, 2a ；（II）（i）   2 0,3 2 2 4 2, 2 2 am a a a a           ；（ii）   34 8 ,3 4 2, 4 a aa a       ． 【解析】 （Ⅰ）由于 3a  ，故 当 1x  时，    2 22 4 2 2 1 2 1 2 0x ax a x x a x          ， 当 1x  时，    2 2 4 2 2 1 2 2x ax a x x x a        ． 所以，使得等式   2 2 4 2F x x ax a    成立的 x 的取值范围为 2,2a ． （Ⅱ）（ⅰ）设函数   2 1f x x  ，   2 2 4 2g x x ax a    ， 则    min 1 0f x f  ，     2 min 4 2g x g a a a     ， 所以，由  F x 的定义知       min 1 ,m a f g a ，即   2 0,3 2 2 4 2, 2 2. am a a a a           ， （ⅱ）当 0 2x  时，           max 0 , 2 2 2F x f x f f F    ， 当 2 6x  时，                max 2 , 6 max 2,34 8 max 2 , 6F x g x g g a F F     ． 所以，   34 8 ,3 4 2, 4 a aM a a      ． 5.【2016 高考新课标 2 理数】(Ⅰ)讨论函数 xx 2f (x) x 2   e 的单调性，并证明当 0x  时， ( 2) 2 0xx e x    ； (Ⅱ)证明：当 [0,1)a 时，函数 2x = ( 0) xe ax ag xx   （ ） 有最小值.设 ( )g x 的最小值为 ( )h a ，求函数 ( )h a 的值域． 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ） 21( , ].2 4 e . （II） 2 2 ( 2) ( 2) 2( ) ( ( ) ), xx e a x xg x f x ax x       由（I）知， ( )f x a 单调递增，对任意 [0,1), (0) 1 0, (2) 0,a f a a f a a        因此，存在唯一 0 (0,2],x  使得 0( ) 0,f x a  即 0'( ) 0g x  ， 当 00 x x  时， ( ) 0, '( ) 0, ( )f x a g x g x   单调递减； 当 0x x 时， ( ) 0, '( ) 0, ( )f x a g x g x   单调递增. 因此 ( )g x 在 0x x 处取得最小值，最小值为 0 0 0 0 0 0 0 2 2 0 0 0 ( 1) + ( )( 1)( ) .2 x x xe a x e f x x eg x x x x       于是 0 0 h( ) 2 xea x   ，由 2 ( 1)( )' 0,2 ( 2) 2 x x xe x e e x x x     单调递增 所以，由 0 (0,2],x  得 00 2 2 0 1 ( ) .2 0 2 2 2 2 4 xe e e eh a x        因为 2 xe x  单调递增，对任意 21( , ],2 4 e  存在唯一的 0 (0,2],x  0( ) [0,1),a f x  使得 ( ) ,h a  所以 ( )h a 的值域是 21( , ],2 4 e 综上，当 [0,1)a 时， ( )g x 有 ( )h a ， ( )h a 的值域是 21( , ].2 4 e 6.【2016 年高考北京理数】（本小题 13 分） 设函数 ( ) a xf x xe bx  ，曲线 ( )y f x 在点 (2, (2))f 处的切线方程为 ( 1) 4y e x   ， （1）求 a ，b 的值； （2）求 ( )f x 的单调区间. 【答案】（Ⅰ） 2a  ，b e ；（2） )(xf 的单调递增区间为 ( , )  . 【解析】（1）根据题意求出 ( )f x ，根据 (2) 2 2f e  ， (2) 1f e   ，求 a ， b 的值； （2）由题意知判断 )(xf  ，即判断 11)(  xexxg 的单调性，知 ( ) 0g x  ，即 ( ) 0f x  ，由此求得 ( )f x 的单调区间. 试题解析：（1）因为 bxxexf xa  )( ，所以 bexxf xa  )1()( . 依题设，      ,1)2( ,22)2( ef ef 即        ,1 ,2222 2 2 ebe ebe a a 解得 eba  ,2 ；（2）由（Ⅰ）知 exxexf x  2)( . 由 )1()( 12   xx exexf 即 02 xe 知， )(xf  与 11  xex 同号. 令 11)(  xexxg ，则 11)(  xexg . 所以，当 )1,(x 时， 0)(  xg ， )(xg 在区间 )1,( 上单调递减； 当 ),1( x 时， 0)(  xg ， )(xg 在区间 ),1(  上单调递增. 故 1)1( g 是 )(xg 在区间 ),(  上的最小值， 从而 ),(,0)(  xxg . 综上可知， 0)(  xf ， ),( x ，故 )(xf 的单调递增区间为 ),(  . 【2015 高考新课标 2，理 12】设函数 ' ( )f x 是奇函数 ( )( )f x x R 的导函数， ( 1) 0f   ，当 0x  时， ' ( ) ( ) 0xf x f x  ，则使得 ( ) 0f x  成立的 x 的取值范围是（ ） A． ( , 1) (0,1)   B． ( 1,0) (1, )  C． ( , 1) ( 1,0)   D． (0,1) (1, ) 【答案】A 【2015 高考新课标 1，理 12】设函数 ( )f x = (2 1)xe x ax a   ,其中 a 1，若存在唯一的整数 0x ，使得 0( )f x 0，则 a 的取值范围是（ ） (A)[- 3 2e ，1） (B)[- 3 2e ， 3 4 ） (C)[ 3 2e ， 3 4 ） (D)[ 3 2e ，1） 【答案】D 【解析】设 ( )g x = (2 1)xe x  ， y ax a  ，由题知存在唯一的整数 0x ，使得 0( )g x 在直线 y ax a  的 下方.因为 ( ) (2 1)xg x e x   ，所以当 1 2x   时， ( )g x ＜0，当 1 2x   时， ( )g x ＞0，所以当 1 2x   时， max[ ( )]g x = 1 2-2e  ，当 0x  时， (0)g =-1， (1) 3 0g e  ，直线 y ax a  恒过（1,0）斜率且 a ，故 (0) 1a g    ，且 1( 1) 3g e a a      ，解得 3 2e ≤ a ＜1，故选 D. 【2015 高考新课标 2，理 21】（本题满分 12 分） 设函数 2( ) mxf x e x mx   ． (Ⅰ)证明： ( )f x 在 ( ,0) 单调递减，在 (0, ) 单调递增； （Ⅱ）若对于任意 1 2, [ 1,1]x x   ，都有 1 2( ) ( ) 1f x f x e   ，求 m 的取值范围． 【答案】(Ⅰ)详见解析；（Ⅱ）[ 1,1] ． 【解析】(Ⅰ) ' ( ) ( 1) 2mxf x m e x   ． 若 0m  ，则当 ( ,0)x  时， 1 0mxe   ， ' ( ) 0f x  ；当 (0, )x  时， 1 0mxe   ， ' ( ) 0f x  ． 若 0m  ，则当 ( ,0)x  时， 1 0mxe   ， ' ( ) 0f x  ；当 (0, )x  时， 1 0mxe   ， ' ( ) 0f x  ． 所以， ( )f x 在 ( ,0) 单调递减，在 (0, ) 单调递增． （Ⅱ）由(Ⅰ)知，对任意的 m ， ( )f x 在[ 1,0] 单调递减，在[0,1] 单调递增，故 ( )f x 在 0x  处取得最 小值．所以对于任意 1 2, [ 1,1]x x   ， 1 2( ) ( ) 1f x f x e   的充要条件是： (1) (0) 1, ( 1) (0) 1, f f e f f e         即 1, 1, m m e m e e m e        ①，设函数 ( ) 1tg t e t e    ，则 ' ( ) 1tg t e  ．当 0t  时， ' ( ) 0g t  ；当 0t  时， ' ( ) 0g t  ．故 ( )g t 在 ( ,0) 单调递减，在 (0, ) 单调递增．又 (1) 0g  ， 1( 1) 2 0g e e     ，故 当 [ 1,1]t   时， ( ) 0g t  ．当 [ 1,1]m  时， ( ) 0g m  ， ( ) 0g m  ，即①式成立．当 1m  时，由 ( )g t 的单调性， ( ) 0g m  ，即 1me m e   ；当 1m   时， ( ) 0g m  ，即 1me m e    ．综上， m 的 取值范围是[ 1,1] ． 【2015 江苏高考，17】（本小题满分 14 分）某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山 区的交通现状，计划修建一条连接两条公路的山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为 1 2l l， ， 山区边界曲线为 C，计划修建的公路为 l，如图所示，M，N 为 C 的两个端点，测得点 M 到 1 2l l， 的距离 分别为 5 千米和 40 千米，点 N 到 1 2l l， 的距离分别为 20 千米和 2.5 千米，以 1 2l l， 所在的直线分别为 x，y 轴，建立平面直角坐标系 xOy，假设曲线 C 符合函数 2 ay x b   （其中 a，b 为常数）模型. （1）求 a，b 的值； （2）设公路 l 与曲线 C 相切于 P 点，P 的横坐标为 t. ①请写出公路 l 长度的函数解析式  f t ，并写出其定义域； ②当 t 为何值时，公路 l 的长度最短？求出最短长度. 【答案】（1） 1000, 0;a b  （2）① 6 2 4 9 10 9( ) ,4f t tt   定义域为[5,20] ， ② min10 2, ( ) 15 3t f t  千米 【解析】 （1）由题意知，点  ，  的坐标分别为 5,40 ， 20,2.5 ． 将其分别代入 2 ay x b   ，得 4025 2.5400 a b a b       ， 解得 1000 0 a b    ． （2）①由（1）知， 2 1000y x  （5 20x  ），则点 的坐标为 2 1000,t t      ， 设在点 处的切线l 交 x ， y 轴分别于  ，  点， 3 2000y x    ， 则l 的方程为  2 3 1000 2000y x tt t     ，由此得 3 ,02 t    ， 2 30000, t     ． 故   2 2 6 2 2 4 3 3000 3 4 10 2 2 tf t tt t              ，  5,20t  ． ②设   6 2 4 4 10g t t t   ，则   6 5 16 102g t t t    ．令   0g t  ，解得 10 2t  ． 当  5,10 2t  时，   0g t  ，  g t 是减函数； 当  10 2,20t  时，   0g t  ，  g t 是增函数． 从而，当 10 2t  时，函数  g t 有极小值，也是最小值，所以  min 300g t  ， 此时  min 15 3f t  ． 答：当 10 2t  时，公路l 的长度最短，最短长度为15 3 千米． （2014·四川卷）已知函数 f(x)＝ex－ax2－bx－1，其中 a，b∈R，e＝2.718 28…为自然对数的底数． (1)设 g(x)是函数 f(x)的导函数，求函数 g(x)在区间[0，1]上的最小值； (2)若 f(1)＝0，函数 f(x)在区间(0，1)内有零点，求 a 的取值范围． 【解析】解：(1)由 f(x)＝ex－ax2－bx－1，得 g(x)＝f′(x)＝ex－2ax－b. 所以 g′(x)＝ex－2a. 当 x∈[0，1]时，g′(x)∈[1－2a，e－2a]． 当 a≤1 2 时，g′(x)≥0，所以 g(x)在[0，1]上单调递增， 因此 g(x)在[0，1]上的最小值是 g(0)＝1－b； 当 a≥e 2 时，g′(x)≤0，所以 g(x)在[0，1]上单调递减， 因此 g(x)在[0，1]上的最小值是 g(1)＝e－2a－b； 当1 20，g(1)＝e－2a－b>0. 由 f(1)＝0 得 a＋b＝e－1<2， 则 g(0)＝a－e＋2>0，g(1)＝1－a>0， 解得 e－20，g(1)＝1－a>0. 故此时 g(x)在(0，ln(2a))和(ln(2a)，1)内各只有一个零点 x1 和 x2. 由此可知 f(x)在[0，x1]上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在[x2，1]上单调递增． 所以 f(x1)>f(0)＝0，f(x2)x2 时，f′(x)<0； 当 x10. 故 f(x)在 －∞，－1－ 4＋3a 3 和 －1＋ 4＋3a 3 ，＋∞ 内单调递减， 在 －1－ 4＋3a 3 ，－1＋ 4＋3a 3 内单调递增． (2)因为 a>0，所以 x1<0，x2>0， ①当 a≥4 时，x2≥1. 由(1)知，f(x)在[0，1]上单调递增， 所以 f(x)在 x＝0 和 x＝1 处分别取得最小值和最大值． ②当 00 时，“sin x x >a”等价于“sin x－ax>0”，“sin x x 0 对任意 x∈ 0，π 2 恒成立． 当 c≥1 时，因为对任意 x∈ 0，π 2 ，g′(x)＝cos x－c<0，所以 g(x)在区间 0，π 2 上单调递减， 从而 g(x)g(0)＝0.进一步，“g(x)>0 对任意 x∈ 0，π 2 恒成立”当且仅 当 g π 2 ＝1－π 2c≥0，即 00 对任意 x∈ 0，π 2 恒成立；当且仅当 c≥1 时，g(x)<0 对任意 x∈ 0，π 2 恒成立． 所以，若 a0 时，x2ln 2 时，f ′(x)>0，f(x)单调递增． 所以当 x＝ln 2 时，f(x)取得极小值， 且极小值为 f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－ln 4， f(x)无极大值． (2)证明：令 g(x)＝ex－x2，则 g′(x)＝ex－2x. 由(1)得，g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＝2－ln 4>0， 故 g(x)在 R 上单调递增，又 g(0)＝1>0， 所以当 x>0 时，g(x)>g(0)>0，即 x20 时，x20 时，x21，要使不等式 x2kx2 成立． 而要使 ex>kx2 成立，则只要 x>ln(kx2)，只要 x>2ln x＋ln k 成立． 令 h(x)＝x－2ln x－ln k，则 h′(x)＝1－2 x ＝x－2 x . 所以当 x>2 时，h′(x)>0，h(x)在(2，＋∞)内单调递增． 取 x0＝16k>16，所以 h(x)在(x0，＋∞)内单调递增． 又 h(x0)＝16k－2ln(16k)－ln k＝8(k－ln 2)＋3(k－ln k)＋5k， 易知 k>ln k，k>ln 2，5k>0，所以 h(x0)>0. 即存在 x0＝16 c ，当 x∈(x0，＋∞)时，恒有 x20 时，ex>x2，所以 ex＝ex 2·ex 2> x 2 2 · x 2 2 ， 当 x>x0 时，ex> x 2 2 x 2 2 >4 c x 2 2 ＝1 cx2， 因此，对任意给定的正数 c，总存在 x0，当 x∈(x0，＋∞)时，恒有 x20，即 0e 时，函数 f(x)单调递减． 故函数 f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)． (2)因为 e<3<π，所以 eln 3π3； 由ln 3 3 2－e π.① 由①得，eln π>e 2－e π >2.7× 2－2.72 3.1 >2.7×(2－0.88)＝3.024>3， 即 eln π>3，亦即 ln πe>ln e3，所以 e3<πe. 又由①得，3ln π>6－3e π >6－e>π，即 3ln π>π， 所以 eπ<π3. 综上可得，3e0，此时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增． 当 00. 故 f(x)在区间(0，x1)上单调递减， 在区间(x1，＋∞)上单调递增． 综上所述， 当 a≥1 时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增； 当 0＜a＜1 时，f(x)在区间 0，2 1－a a 上单调递减，在区间 2 1－a a ，＋∞ 上单调递增． (2)由(*)式知，当 a≥1 时，f′(x)≥0， 此时 f(x)不存在极值点，因而要使得 f(x)有两个极值点，必有 0－1 a 且 x≠－2， 所以－2 1－a a >－1 a ，－2 1－a a ≠－2， 解得 a≠1 2.此时，由(*)式易知，x1，x2 分别是 f(x)的极小值点和极大值点． 而 f(x1)＋f(x2)＝ln(1＋ax1)－ 2x1 x1＋2 ＋ln(1＋ax2)－ 2x2 x2＋2 ＝ln[1＋a(x1＋x2)＋a2x1x2]－ 4x1x2＋4（x1＋x2） x1x2＋2（x1＋x2）＋4 ＝ ln(2a－1)2－4（a－1） 2a－1 ＝ln(2a－1)2＋ 2 2a－1 －2. 令 2a－1＝x.由 0g(1)＝0.故当1 20. 综上所述，满足条件的 a 的取值范围为 1 2 ，1 . （2014·江西卷）已知函数 f(x)＝(x2＋bx＋b) 1－2x(b∈R)． (1)当 b＝4 时，求 f(x)的极值； (2)若 f(x)在区间 0，1 3 上单调递增，求 b 的取值范围． 【解析】解：(1)当 b＝4 时，f′(x)＝－5x（x＋2） 1－2x ，由 f′(x)＝0，得 x＝－2 或 x＝0. 所以当 x∈(－∞，－2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当 x∈(－2，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当 x∈ 0，1 2 时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故 f(x)在 x＝－2 处取得极小值 f(－2)＝0，在 x＝0 处取得极大值 f(0)＝4. (2)f′(x)＝－x[5x＋（3b－2）] 1－2x ，易知当 x∈ 0，1 3 时， －x 1－2x <0， 依题意当 x∈ 0，1 3 时，有 5x＋(3b－2)≤0，从而5 3 ＋(3b－2)≤0，得 b≤1 9. 所以 b 的取值范围为 －∞，1 9 . （2014·辽宁卷）当 x∈[－2，1]时，不等式 ax3－x2＋4x＋3≥0 恒成立，则实数 a 的取值范围是( ) A．[－5，－3] B. －6，－9 8 C．[－6，－2] D．[－4，－3] 【答案】C （2014·全国卷）函数 f(x)＝ln(x＋1)－ ax x＋a (a>1)． (1)讨论 f(x)的单调性； (2)设 a1＝1，an＋1＝ln(an＋1)，证明： 2 n＋2 0，所以 f(x)在(－1，a2－2a)是增函数； 若 x∈(a2－2a，0)，则 f′(x)<0，所以 f(x)在(a2－2a，0)是减函数； 若 x∈(0，＋∞)，则 f′(x)>0，所以 f(x)在(0，＋∞)是增函数． (ii)当 a＝2 时，若 f′(x)≥0，f′(x)＝0 成立当且仅当 x＝0，所以 f(x)在(－1，＋∞)是增函数. (iii)当 a>2 时，若 x∈(－1，0)，则 f′(x)>0，所以 f(x)在(－1，0)是增函数； 若 x∈(0，a2－2a)，则 f′(x)<0， 所以 f(x)在(0，a2－2a)是减函数； 若 x∈(a2－2a，＋∞)，则 f′(x)>0，所以 f(x)在(a2－2a，＋∞)是增函数． (2)由(1)知，当 a＝2 时，f(x)在(－1，＋∞)是增函数． 当 x∈(0，＋∞)时，f(x)>f(0)＝0，即 ln(x＋1)> 2x x＋2 (x>0)． 又由(1)知，当 a＝3 时，f(x)在[0，3)是减函数． 当 x∈(0，3)时，f(x)ln 2 k＋2 ＋1 > 2× 2 k＋2 2 k＋2 ＋2 ＝ 2 k＋3 ， ak＋1＝ln(ak＋1)≤ln 3 k＋2 ＋1 < 3× 3 k＋2 3 k＋2 ＋3 ＝ 3 k＋3 ， 即当 n＝k＋1 时，有 2 k＋3 0，则 a 的取值范 围是( ) A．(2，＋∞) B．(1，＋∞) C．(－∞，－2) D．(－∞，－1) 【答案】C 【解析】当 a＝0 时，f(x)＝－3x2＋1，存在两个零点，不符合题意，故 a≠0. 由 f′(x)＝3ax2－6x＝0，得 x＝0 或 x＝2 a. 若 a<0，则函数 f(x)的极大值点为 x＝0，且 f(x)极大值＝f(0)＝1，极小值点为 x＝2 a ，且 f(x)极小值＝f 2 a ＝a2－4 a2 ， 此时只需a2－4 a2 >0，即可解得 a<－2； 若 a>0，则 f(x)极大值＝f(0)＝1>0，此时函数 f(x)一定存在小于零的零点，不符合题意． 综上可知，实数 a 的取值范围为(－∞，－2)． （2014·新课标全国卷Ⅰ）设函数 f(x)＝aexln x＋bex－1 x ，曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为 y＝e(x－1) ＋2. (1)求 a，b； (2)证明：f(x)>1. 【解析】解：(1)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝aexln x＋a xex－b x2ex－1＋b xex－1. 由题意可得 f(1)＝2，f′(1)＝e，故 a＝1，b＝2. (2)证明：由(1)知，f(x)＝exln x＋2 xex－1， 从而 f(x)>1 等价于 xln x>xe－x－2 e. 设函数 g(x)＝xln x， 则 g′(x)＝1＋ln x， 所以当 x∈ 0，1 e 时，g′(x)<0； 当 x∈ 1 e ，＋∞ 时，g′(x)>0. 故 g(x)在 0，1 e 上单调递减，在 1 e ，＋∞ 上单调递增，从而 g(x)在(0，＋∞)上的最小值为 g 1 e ＝－1 e. 设函数 h(x)＝xe－x－2 e ，则 h′(x)＝e－x(1－x)． 所以当 x∈(0，1)时，h′(x)>0； 当 x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0. 故 h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而 h(x)在(0，＋∞)上的最大值为 h(1)＝－1 e. 因为 gmin(x)＝g 1 e ＝h(1)＝hmax(x)， 所以当 x>0 时，g(x)>h(x)，即 f(x)>1. （2014·新课标全国卷Ⅱ）已知函数 f(x)＝ex－e－x－2x. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)设 g(x)＝f(2x)－4bf(x)，当 x＞0 时，g(x)＞0，求 b 的最大值； (3)已知 1.414 2＜ 2＜1.414 3，估计 ln 2 的近似值(精确到 0.001)． 【解析】解：(1)f′(x)＝ex＋e－x－2≥0，当且仅当 x＝0 时，等号成立， 所以 f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增． (2)g(x)＝f(2x)－4bf(x)＝e2x－e－2x－4b(ex－e－x)＋(8b－4)x， g′(x)＝2[e2x＋e－2x－2b(ex＋e－x)＋(4b－2)] ＝2(ex＋e－x－2)(ex＋e－x－2b＋2)． (i)当 b≤2 时，g′(x)≥0，等号仅当 x＝0 时成立，所以 g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．而 g(0)＝0，所以对任 意 x>0，g(x)>0. (ii)当 b>2 时，若 x 满足 20，ln 2>8 2－3 12 >0.692 8； 当 b＝3 2 4 ＋1 时，ln(b－1＋ b2－2b)＝ln 2， g(ln 2)＝－3 2 －2 2＋(3 2＋2)ln 2<0， ln 2<18＋ 2 28 <0.693 4. 所以 ln 2 的近似值为 0.693. （2014·山东卷）设函数 f(x)＝ex x2 －k 2 x ＋ln x (k 为常数，e＝2.718 28…是自然对数的底数)． (1)当 k≤0 时，求函数 f(x)的单调区间； (2)若函数 f(x)在(0，2)内存在两个极值点，求 k 的取值范围． 【解析】解：(1)函数 y＝f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝x2ex－2xex x4 －k －2 x2 ＋1 x ＝xex－2ex x3 －k（x－2） x2 ＝（x－2）（ex－kx） x3 . 由 k≤0 可得 ex－kx>0， 所以当 x∈(0，2)时，f′(x)<0，函数 y＝f(x)单调递减；x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数 y＝f(x)单调递增． 所以 f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)． (2)由(1)知，当 k≤0 时，函数 f(x)在(0，2)内单调递减，故 f(x)在(0，2)内不存在极值点； 当 k>0 时，设函数 g(x)＝ex－kx，x∈(0，＋∞)． 因为 g′(x)＝ex－k＝ex－eln k， 当 00，y＝g(x)单调递增， 故 f(x)在(0，2)内不存在两个极值点． 当 k>1 时，得 x∈(0，ln k)时，g′(x)<0，函数 y＝g(x)单调递减； x∈(ln k，＋∞)时，g′(x)>0，函数 y＝g(x)单调递增． 所以函数 y＝g(x)的最小值为 g(ln k)＝k(1－ln k)． 函数 f(x)在(0，2)内存在两个极值点． 当且仅当 g（0）>0， g（ln k）<0， g（2）>0， 01 时，对 x∈(0，a－1]有φ′(x)<0， ∴φ(x)在(0，a－1]上单调递减， ∴φ(a－1)<φ(0)＝0. 即 a>1 时，存在 x>0，使φ(x)<0， 故知 ln(1＋x)≥ ax 1＋x 不恒成立． 综上可知，a 的取值范围是(－∞，1]． (3)由题设知 g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝1 2 ＋2 3 ＋…＋ n n＋1 ， 比较结果为 g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1)． 证明如下： 方法一：上述不等式等价于1 2 ＋1 3 ＋…＋ 1 n＋1 x 1＋x ，x>0. 令 x＝1 n ，n∈N＋，则 1 n＋1 x 1＋x ，x>0. 令 x＝1 n ，n∈N＋，则 lnn＋1 n > 1 n＋1 . 故有 ln 2－ln 1>1 2 ， ln 3－ln 2>1 3 ， …… ln(n＋1)－ln n> 1 n＋1 ， 上述各式相加可得 ln(n＋1)>1 2 ＋1 3 ＋…＋ 1 n＋1 ， 结论得证． 方法三：如图，错误! x x＋1 dx 是由曲线 y＝ x x＋1 ，x＝n 及 x 轴所围成的曲边梯形的面积，而1 2 ＋2 3 ＋…＋ n n＋1 是图中所示各矩形的面积和， ∴1 2 ＋2 3 ＋…＋ n n＋1 >错误! x x＋1 dx＝ 错误! 1－ 1 x＋1 dx＝n－ln(n＋1)， 结论得证． （2014·天津卷）设 f(x)＝x－aex(a∈R)，x∈R.已知函数 y＝f(x)有两个零点 x1，x2，且 x10 在 R 上恒成立，可得 f(x)在 R 上单调递增，不合题意． (ii)a>0 时，由 f′(x)＝0，得 x＝－ln a. 当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，－ln a) －ln a (－ln a，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x) －ln a－1 这时，f(x)的单调递增区间是(－∞，－ln a)；单调递减区间是(－ln a，＋∞)．于是，“函数 y＝f(x)有两个零 点”等价于如下条件同时成立：①f(－ln a)>0；②存在 s1∈(－∞，－ln a)，满足 f(s1)<0；③存在 s2∈(－ln a， ＋∞)，满足 f(s2)<0. 由 f(－ln a)>0，即－ln a－1>0，解得 01，且 x2＝tx1， x2－x1＝ln t， 解得 x1＝ ln t t－1 ，x2＝tln t t－1 ，所以 x1＋x2＝（t＋1）ln t t－1 .① 令 h(x)＝（x＋1）ln x x－1 ，x∈(1，＋∞)， 则 h′(x)＝ －2ln x＋x－1 x （x－1）2 . 令 u(x)＝－2ln x＋x－1 x ，得 u′(x)＝ x－1 x 2 . 当 x∈(1，＋∞)时，u′(x)>0.因此，u(x)在(1，＋∞)上单调递增，故对于任意的 x∈(1，＋∞)，u(x)>u(1)＝0， 由此可得 h′(x)>0，故 h(x)在(1，＋∞)上单调递增． 因此，由①可得 x1＋x2 随着 t 的增大而增大． 而由(2)，t 随着 a 的减小而增大，所以 x1＋x2 随着 a 的减小而增大． （2014·浙江卷）已知函数 f(x)＝x3＋3|x－a|(a∈R)． (1)若 f(x)在[－1，1]上的最大值和最小值分别记为 M(a)，m(a)，求 M(a)－m(a)； (2)设 b∈R，若[f(x)＋b]2≤4 对 x∈[－1，1]恒成立，求 3a＋b 的取值范围． 【解析】解：(1)因为 f(x)＝ x3＋3x－3a，x≥a， x3－3x＋3a，x0，t(a)在 0，1 3 上是增函数，故 t(a)>t(0)＝－2， 因此－2≤3a＋b≤0. (iii)当1 30， 故 f(x)在 R 上为增函数． (3)由(1)知 f′(x)＝2e2x＋2e－2x－c，而 2e2x＋2e－2x≥2 2e2x·2e－2x＝4，当且仅当 x＝0 时等号成立． 下面分三种情况进行讨论： 当 c<4 时，对任意 x∈R，f′(x)＝2e2x＋2e－2x－c>0，此时 f(x)无极值． 当 c＝4 时，对任意 x≠0，f′(x)＝2e2x＋2e－2x－4>0，此时 f(x)无极值． 当 c>4 时，令 e2x＝t，注意到方程 2t＋2 t －c＝0 有两根 t1，2＝c± c2－16 4 >0，则 f′(x)＝0 有两个根 x1＝1 2ln t1， x2＝1 2ln t2. 当 x1x2 时，f′(x)>0. 从而 f(x)在 x＝x2 处取得极小值． 综上，若 f(x)有极值，则 c 的取值范围为(4，＋∞)． 1．函数 f(x)＝(x2－1)2＋2 的极值点是( ) A．x＝1 B．x＝－1 C．x＝1 或－1 或 0 D．x＝0 解析：∵f(x)＝x4－2x2＋3， 由 f′(x)＝4x3－4x＝4x(x＋1)(x－1)＝0，得 x＝0 或 x＝1 或 x＝－1. 又当 x<－1 时，f′(x)<0，当－10， 当 01 时，f′(x)>0， ∴x＝0,1，－1 都是 f(x)的极值点． 答案：C 2．设函数 f(x)＝2 x ＋lnx，则( ) A．x＝1 2 为 f(x)的极大值点 B．x＝1 2 为 f(x)的极小值点 C．x＝2 为 f(x)的极大值点 D．x＝2 为 f(x)的极小值点 解析：f′(x)＝－2 x2 ＋1 x ＝1 x 1－2 x ＝0，可得 x＝2.当 02 时，f′(x)>0，f(x) 单调递增，∴x＝2 为 f(x)的极小值点． 答案：D 3．已知 f(x)＝2x3－6x2＋m(m 为常数)在[－2,2]上有最大值 3，那么此函数在[－2,2]上的最小值是( ) A．－37 B．－29 C．－5 D．以上都不对 4．若不等式 2xlnx≥－x2＋ax－3 对 x∈(0，＋∞)恒成立，则实数 a 的取值范围是( ) A．(－∞，0) B．(－∞，4] C．(0，＋∞) D．[4，＋∞) 解析：2xlnx≥－x2＋ax－3，则 a≤2lnx＋x＋3 x ，设 h(x)＝2lnx＋x＋3 x(x>0)，则 h′(x)＝ x＋3 x－1 x2 .当 x ∈(0,1)时，h′(x)<0，函数 h(x)单调递减；当 x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，函数 h(x)单调递增，所以 h(x)min＝h(1) ＝4，所以 a≤h(x)min＝4.故 a 的取值范围是(－∞，4]． 答案：B 5．若函数 y＝ax3＋bx2 取得极大值和极小值时的 x 的值分别为 0 和1 3 ，则( ) A．a－2b＝0 B．2a－b＝0 C．2a＋b＝0 D．a＋2b＝0 解析：y′＝3ax2＋2bx，据题意，0，1 3 是方程 3ax2＋2bx＝0 的两根，∴－2b 3a ＝1 3 ，∴a＋2b＝0. 答案：D 6．直线 y＝a 分别与直线 y＝2(x＋1)，曲线 y＝x＋lnx 交于点 A，B，则|AB|的最小值为( ) A．3 B．2 C.3 2 4 D.3 2 解析：解方程 2(x＋1)＝a，得 x＝a 2 －1，设方程 x＋lnx＝a 的根为 t(t>0)，则 t＋lnt＝a，则|AB|＝|t－a 2 ＋1| ＝|t－t＋lnt 2 ＋1|＝|t 2 －lnt 2 ＋1|.设 g(t)＝t 2 －lnt 2 ＋1(t>0)，则 g′(t)＝1 2 －1 2t ＝t－1 2t (t>0)，令 g′(t)＝0，得 t＝1.当 t∈(0,1)时，g′(t)<0；当 t∈(1，＋∞)时，g′(t)>0，所以 g(t)min＝g(1)＝3 2 ，所以|AB|≥3 2 ，所以|AB|的最小值为3 2. 答案：D 7．若函数 f(x)＝x3－3bx＋3b 在(0,1)内有极小值，则( ) A．00 D．b<1 2 解析：f(x)在(0,1)内有极小值，则 f′(x)＝3x2－3b 在(0,1)上先负后正，∴f′(0)＝－3b<0. ∴b>0，f′(1)＝3－3b>0，∴b<1. 综上，b 的取值范围为 01)的图象上存在区域 D 内的点，则实数 a 的取值范 围是( ) A．(1,3] B．(1,3) C．(3，＋∞) D．[3，＋∞) 解析：由题意，知 y′＝x2＋mx＋m＋n 2 ＝0 的两根 x1，x2 满足 x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞)，所以 m＋n 2 >0， 1＋m＋m＋n 2 <0， 即 m＋n>0， 3m＋n＋2<0. 画出其表示的可行域 D，因为 y＝loga(x＋4)(a>1)的图象上存在 区域 D 内的点，所以 loga(－1＋4)>1，即 a<3，所以实数 a 的取值范围为(1,3)． 答案：B 10．已知 y＝f(x)是奇函数，当 x∈(0,2)时，f(x)＝lnx－ax a>1 2 ，当 x∈(－2,0)时，f(x)的最小值为 1，则 a 的值等于( ) A.1 4 B.1 3 C.1 2 D．1 解析：由 f(x)是奇函数，x∈(－2,0)时，f(x)的最小值为 1 知，当 x∈(0,2)时，f(x)的最大值为－1. 令 f′(x)＝1 x －a＝0，得 x＝1 a. 当 00； 当 x>1 a 时，f′(x)<0. ∴f(x)max＝f 1 a ＝－lna－1＝－1， 解得 a＝1. 答案：D 11．已知函数 f(x)＝x3＋3ax2＋3bx＋c 在 x＝2 处有极值，其图象在 x＝1 处的切线平行于直线 6x＋2y＋5 ＝0，则 f(x)的极大值与极小值之差为________． 解析：∵f′(x)＝3x2＋6ax＋3b， ∴由题意知 3×22＋6a×2＋3b＝0， 3×12＋6a×1＋3b＝－3 ⇒ a＝－1， b＝0， ∴f′(x)＝3x2－6x，令 3x2－6x＝0，得 x＝0 或 x＝2， ∴f(x)极大值－f(x)极小值＝|f(0)－f(2)|＝4. 答案：4 12．函数 y＝x＋2cosx 在区间 0，π 2 上的最大值是________． 解析：y′＝1－2sinx，令 y′＝0，且 x∈[0，π 2]，得 x＝π 6 ，则 x∈[0，π 6)时，y′>0；x∈ π 6 ，π 2 时，y′<0，故函 数在 0，π 6 上单调递增，在(π 6 ，π 2]上单调递减，所以当 x＝π 6 时，函数取最大值π 6 ＋ 3. 答案：π 6 ＋ 3 13．已知函数 f(x)＝4lnx＋ax2－6x＋b(a，b 为常数)，且 x＝2 为 f(x)的一个极值点，则实数 a 的值为________． 解析：由题意知，函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)． ∵f′(x)＝4 x ＋2ax－6， ∴f′(2)＝2＋4a－6＝0，即 a＝1. 答案：1 14．设 f(x)＝ln(1＋x)－x－ax2，若 f(x)在 x＝1 处取得极值，则 a 的值为________． 15．已知函数 f(x)＝－x2＋ax＋1－lnx. (1)若 f(x)在(0，1 2)上是减函数，求实数 a 的取值范围； (2)函数 f(x)是否既有极大值又有极小值？若存在，求出实数 a 的取值范围；若不存在，请说明理由． 解：(1)f′(x)＝－2x＋a－1 x ， ∵f(x)在(0，1 2)上为减函数， ∴x∈(0，1 2)时－2x＋a－1 x≤0 恒成立， 即 a≤2x＋1 x 恒成立， 设 g(x)＝2x＋1 x ，则 g′(x)＝2－1 x2. ∵x∈(0，1 2)时1 x2>4，∴g′(x)<0， ∴g(x)在(0，1 2)上单调递减，g(x)>g(1 2)＝3，∴a≤3. (2)若 f(x)既有极大值又有极小值，则 f′(x)＝0 必须有两个不等的正实数根 x1，x2，即 2x2－ax＋1＝0 有两个 不等的正实数根． 故 a 应满足 Δ>0， a 2>0 ⇒ a2－8>0， a>0 ⇒ a>2 2. ∴当 a>2 2时，f′(x)＝0 有两个不等的实数根， 不妨设 x10，x>x2 时 f′(x)<0， ∴当 a>2 2时，f(x)既有极大值 f(x2)又有极小值 f(x1)． 16．设函数 f(x)＝ex x2 －k 2 x ＋lnx (k 为常数，e＝2.718 28…是自然对数的底数)． (1)当 k≤0 时，求函数 f(x)的单调区间； (2)若函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点，求 k 的取值范围． 解：(1)函数 y＝f(x)的定义域为(0，＋∞)． f′(x)＝x2ex－2xex x4 －k －2 x2 ＋1 x ＝xex－2ex x3 －k x－2 x2 ＝ x－2 ex－kx x3 . 由 k≤0 可得 ex－kx>0. 所以当 x∈(0,2)时，f′(x)<0，函数 y＝f(x)单调递减， x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数 y＝f(x)单调递增． 所以 f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)． (2)由(1)知，当 k≤0 时，函数 f(x)在(0,2)内单调递减， 故 f(x)在(0,2)内不存在极值点； 当 k>0 时，设函数 g(x)＝ex－kx，x∈[0，＋∞)． 因为 g′(x)＝ex－k＝ex－elnk， 当 00，y＝g(x)单调递增， 故 f(x)在(0,2)内不存在两个极值点； 当 k>1 时，得 x∈(0，lnk)时，g′(x)<0，函数 y＝g(x)单调递减， x∈(lnk，＋∞)时，g′(x)>0，函数 y＝g(x)单调递增， 所以函数 y＝g(x)的最小值为 g(lnk)＝k(1－lnk)． 函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点， 当且仅当 g 0 >0， g lnk <0， g 2 >0， 0

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